2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測(二十一)電容器 帶電粒子在電場中的運動.doc
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2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測(二十一)電容器 帶電粒子在電場中的運動一、單項選擇題1(xx興化模擬)如圖1所示,充電的平行板電容器兩板間形成勻強(qiáng)電場,以A點為坐標(biāo)原點,AB方向為位移x的正方向,能正確反映電勢隨位移x變化的圖像是()圖1圖22. (xx蘭州診斷)如圖3所示,一電子槍發(fā)射出的電子(初速度很小,可視為零)進(jìn)入加速電場加速后,垂直射入偏轉(zhuǎn)電場,射出后偏轉(zhuǎn)位移為Y,要使偏轉(zhuǎn)位移增大,下列哪些措施是可行的(不考慮電子射出時碰到偏轉(zhuǎn)電極板的情況)()圖3A增大偏轉(zhuǎn)電壓UB增大加速電壓U0C增大偏轉(zhuǎn)極板間距離D將發(fā)射電子改成發(fā)射負(fù)離子3.(xx四川模擬)AB板間存在豎直方向的勻強(qiáng)電場,現(xiàn)沿垂直電場線方向射入三種比荷相同的帶電微粒(不計重力),a、b和c的運動軌跡如圖4所示,其中b和c是從同一點射入的。不計空氣阻力,則可知粒子運動的全過程()圖4A運動加速度:aaabacB飛行時間:tbtctaC水平速度:vavbvcD電勢能的減小量:EcEbEa4(xx貴州六校聯(lián)考)美國物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴,比較準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量。如圖5所示,平行板電容器兩極板M、N相距d,兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接,極板M帶正電?,F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài),且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k,則()圖5A油滴帶正電B油滴帶電荷量為C電容器的電容為D將極板N向下緩慢移動一小段距離,油滴將向上運動5(xx江蘇省南通中學(xué)質(zhì)檢)如圖6所示,在絕緣平面上方存在著足夠大的水平向右的勻強(qiáng)電場,帶正電的小金屬塊以一定初速度從A點開始沿水平面向左做直線運動,經(jīng)L長度到達(dá)B點,速度變?yōu)榱?。此過程中,金屬塊損失的動能有轉(zhuǎn)化為電勢能。金屬塊繼續(xù)運動到某點C(圖中未標(biāo)出)時的動能和A點時的動能相同,則金屬塊從A開始運動到C整個過程中經(jīng)過的總路程為()圖6A1.5LB2LC3L D4L6如圖7中甲所示,兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓,一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子,粒子會時而向A板運動,時而向B板運動,并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是()圖7A0t0 B.t0C.t0TDTt0二、多項選擇題7.(xx眉山模擬)如圖8所示,一個電容為C,電量為Q的平行板電容器豎直放置,兩板間的電場可視為勻強(qiáng)電場,將一個質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電小球(可視為質(zhì)點),用不可伸長的絕緣細(xì)線懸掛于兩板間O點?,F(xiàn)將小球拉至水平位置M點,由靜止釋放,當(dāng)小球延圓弧向下擺動60度到達(dá)N點時,速度恰好為零。則()圖8A電容器的左極板帶負(fù)電B繩子的最大拉力為2mgC電容器兩極板間的距離為D如果讓電容器的帶電量減半,小球仍從M點由靜止釋放,到達(dá)N點時速度仍為08.如圖9所示,平行板電容器AB兩極板水平放置,A在上方,B在下方,現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上,已知A和電源正極相連,二極管具有單向?qū)щ娦?,一帶電小球沿AB中心水平射入,打在B極板上的N點,小球的重力不能忽略,現(xiàn)通過上下移動A板來改變兩極板AB間距(兩極板仍平行),則下列說法正確的是()圖9A若小球帶正電,當(dāng)AB間距增大時,小球打在N的右側(cè)B若小球帶正電,當(dāng)AB間距減小時,小球打在N的左側(cè)C若小球帶負(fù)電,當(dāng)AB間距減小時,小球可能打在N的右側(cè)D若小球帶負(fù)電,當(dāng)AB間距增大時,小球可能打在N的左側(cè)9.(xx江蘇二校聯(lián)考)如圖10所示,A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后,水平射入水平放置的兩平行金屬板間,金屬板間所加的電壓為U,電子最終打在光屏P上,關(guān)于電子的運動,則下列說法中正確的是()圖10A滑動觸頭向右移動時,其他不變,則電子打在熒光屏上的位置上升B滑動觸頭向左移動時,其他不變,則電子打在熒光屏上的位置上升C電壓U增大時,其他不變,則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變D電壓U增大時,其他不變,則電子打在熒光屏上的速度大小不變10(xx沈陽二中測試)在空間中的水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場,質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出,從B點進(jìn)入電場,到達(dá)C點時速度方向恰好水平,A、B、C三點在同一直線上,且AB2BC,如圖11所示。由此可見()圖11A電場力為3mgB小球帶正電C小球從A到B與從B到C的運動時間相等D小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等三、非選擇題11. (xx安徽高考)如圖12所示,充電后的平行板電容器水平放置,電容為C,極板間距離為d,上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落,穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計,極板間電場可視為勻強(qiáng)電場,重力加速度為g)。求:圖12(1)小球到達(dá)小孔處的速度;(2)極板間電場強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量;(3)小球從開始下落運動到下極板處的時間。12(xx江蘇二校聯(lián)考)如圖13所示,A、B為兩塊平行金屬板,A板帶正電、B板帶負(fù)電。兩板之間存在著勻強(qiáng)電場,兩板間距為d、電勢差為U,在B板上開有兩個間距為L的小孔。C、D為兩塊同心半圓形金屬板,圓心都在貼近B板的O處,C帶正電、D帶負(fù)電。兩板間的距離很近,兩板末端的中心線正對著B板上的小孔,兩板間的電場強(qiáng)度可認(rèn)為大小處處相等,方向都指向O。半圓形金屬板兩端與B板的間隙可忽略不計?,F(xiàn)從正對B板小孔緊靠A板的O處由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電微粒(微粒的重力不計),問:圖13(1)微粒穿過B板小孔時的速度多大?(2)為了使微粒能在CD板間運動而不碰板,CD板間的電場強(qiáng)度大小應(yīng)滿足什么條件?(3)從釋放微粒開始,經(jīng)過多長時間微粒通過半圓形金屬板間的最低點P點?答 案1選C充電的平行板電容器兩板間形成勻強(qiáng)電場,電勢隨位移x均勻減小,選項C正確。2選A設(shè)偏轉(zhuǎn)電極板長為l,極板間距為d,由qU0mv,t,yat2t2,得偏轉(zhuǎn)位移y,增大偏轉(zhuǎn)電壓U,減小加速電壓U0,減小偏轉(zhuǎn)極板間距離,都可使偏轉(zhuǎn)位移增大,選項A正確,B、C錯誤;由于偏位移y與粒子質(zhì)量和帶電量無關(guān),故將發(fā)射電子改成發(fā)射負(fù)離子,偏轉(zhuǎn)位移不變,選項D錯誤。3選B根據(jù)牛頓第二定律得:微粒的加速度為a,據(jù)題相同,E相同,所以加速度相同,即aaabac,故A錯誤。三個帶電微粒在豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運動,由yat2,得:t ,由圖有:ybycya,則得:tbtcta,故B正確;三個帶電微粒水平方向都做勻速直線運動,由xv0t得v0,由圖知:xaxbxc,又tbtcta,則得:vavbvc,故C錯誤;電場力做功為WqEy,由于電荷量關(guān)系不能確定,所以不能確定電場力做功的大小,也就不能確定電勢能減少量的大小,故D錯誤。4選C由題意知油滴受到的電場力豎直向上,又上極板帶正電,故油滴帶負(fù)電荷,設(shè)油滴帶電荷量為q,則極板帶電荷量為Qkq,由于qEmg,E,C,解得q,C,將極板N向下緩慢移動一小段距離,U不變,d增大,則場強(qiáng)E減小,重力將大于電場力,油滴將向下運動,只有選項C正確。5選D根據(jù)題述,小金屬塊從A運動到B,克服摩擦力做功WfEkfL,克服電場力做功,WEEkqEL。設(shè)小金屬塊從B運動到C經(jīng)過的路程為s,由動能定理,qEsfsEk,解得s3L。金屬塊從A開始運動到C整個過程中經(jīng)過的總路程為Ls4L,選項D正確。6選B設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意知,粒子的速度方向時而為正時而為負(fù),最終打在A板上時位移為負(fù),速度方向為負(fù)。分別作出t00、時粒子運動的速度圖像,如圖所示。由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移,則由圖像知,0t0與t0T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零,t0T時情況類似。因粒子最終打在A板上,則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零,對照各項可知B正確。7選AC小球從M到N的過程中,動能變化為零,根據(jù)動能定理,合力做功為0,而重力做正功,則電場力對小球做負(fù)功,即電場力方向向右,由于小球帶負(fù)電,故場強(qiáng)方向向左,所以左極板帶負(fù)電,右極板帶正電,故A正確;設(shè)兩板間電勢差為U、場強(qiáng)為E,由C和E得:E,對小球從M到N由動能定理有mgLsin 60qELcos 6000,所以有:Eqmgtan 60mg;則重力與電場力的合力大小為2mg;方向沿與水平方向成30角,由牛頓第二定律得F2mgm,因速度不為零,故拉力F一定大于2mg,故B錯誤;d,C正確;當(dāng)電量減半時,電壓減半,則極板間的場強(qiáng)減半;從M到N的過程中電場力做功變小,根據(jù)動能定理得mgLsin 60qELcos 60大于零,則小球從M點釋放后,到達(dá)N點時速度不會為零,故D錯誤。8選BC若小球帶正電,當(dāng)AB間距增大時,由于二極管的單向?qū)щ娦?,平行板電容器帶電量不變,AB兩極板之間電場強(qiáng)度不變,小球所受向下的電場力不變,向下的加速度不變,小球仍打在N點,選項A錯誤;若小球帶正電,當(dāng)AB間距減小時,平行板電容器AB兩極板之間電場強(qiáng)度增大,小球所受向下的電場力增大,向下的加速度增大,小球打在N的左側(cè),選項B正確;若小球帶負(fù)電,當(dāng)AB間距減小時,平行板電容器AB兩極板之間電場強(qiáng)度增大,小球所受向上的電場力增大,向下的加速度減小,小球可能打在N的右側(cè),選項C正確;若小球帶負(fù)電,當(dāng)AB間距增大時,由于二極管的單向?qū)щ娦?,平行板電容器帶電量不變,AB兩極板之間電場強(qiáng)度不變,小球所受向上的電場力不變,小球仍打在N點,選項D錯誤。9選BC滑動觸頭向右移動時,其他不變,加速電壓增大,電子速度增大,則電子打在熒光屏上的位置下降,選項A錯誤;滑動觸頭向左移動時,其他不變,加速電壓減小,電子速度減小,則電子打在熒光屏上的位置上升,選項B正確;電壓U增大時,其他不變,則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變,電子打在熒光屏上的速度增大,選項C正確D錯誤。10選AD設(shè)AC與豎直方向的夾角為,對帶電小球從A到C,電場力做負(fù)功,小球帶負(fù)電,由動能定理,mgACcos qEBCcos 0,解得電場力為qE3mg,選項A正確、B錯誤。小球在水平方向做勻速直線運動,從A到B的運動時間是從B到C的運動時間的2倍,選項C錯誤;小球在豎直方向先加速后減速,小球從A到B與從B到C豎直方向的速度變化量的大小相等,水平速度不變,故小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等,選項D正確。11解析:(1)由v22gh得v(2)在極板間帶電小球受重力和電場力,有mgqEma0v22ad得EUEdQCU得QC(3)由hgt0vat2tt1t2綜合可得t答案:(1)(2)C(3)12解析:(1)設(shè)微粒穿過B板小孔時的速度為v,根據(jù)動能定理,有qUmv2解得v (2)微粒進(jìn)入半圓形金屬板后,電場力提供向心力,有qEmm聯(lián)立,得E(3)微粒從釋放開始經(jīng)t1射出B板的小孔,則t12d 設(shè)微粒在半圓形金屬板間運動經(jīng)過t2第一次到達(dá)最低點P點,則t2 所以從釋放微粒開始,經(jīng)過(t1t2) 微粒第一次到達(dá)P點;根據(jù)運動的對稱性,易知再經(jīng)過2(t1t2)微粒再一次經(jīng)過P點;所以經(jīng)過時間t(2k1) ,k0,1,2,微粒經(jīng)過P點。答案:(1) (2)E(3)(2k1) ,k0,1,2,- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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